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\documentclass[10pt]{article} 

\input{wang_preamble.tex}

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\usepackage{titling}
\setlength{\droptitle}{-2cm}   % This is your set screw

%%文档的题目、作者与日期
\author{王立庆（2022级数学与应用数学1班） }
%\author{学号 \underline{\hspace{4cm}} \hspace{1cm} 姓名 \underline{\hspace{4cm}} }
\title{常微分方程期末练习解答 }
%\date{\vspace{-3ex}}
\renewcommand{\today}{\number\year \,年 \number\month \,月 \number\day \,日}
\date{2023 年 12 月 12 日}
%\date{March 9, 2021}

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\begin{document}

\maketitle

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\begin{enumerate}

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\item  %第1题
求下述齐次线性微分方程的通解：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  $y''+9y'+20y=0$. 
\item  $y''-2y'+y=0$. 
\item  $y'''-y=0$. 
\item  $y^{(4)}-y''=0$. 
\item  $y^{(4)}+y=0$. 
\item  $y'''-y''-y'+y=0$. 
\end{enumerate}

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  特征方程是 $\lambda^2+9\lambda+20=0$, 特征值是 $\lambda_1=-4$ 和 $\lambda_2=-5$, 通解是 
$$y=C_1e^{-4x}+C_2e^{-5x}. $$
\item  特征方程是 $\lambda^2-2\lambda+1=0$, 特征值是 $\lambda_{1,2}=1$（重数为2）, 通解是 
$$y=C_1e^{x}+C_2xe^{x}. $$
\item  特征方程是 $\lambda^3-1=0$, 特征值是 $\lambda_{1}=1$, $\lambda_{2,3}=-\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}i}{2}$, 通解是 
$$y=C_1e^{x}+\left(C_2\cos\frac{\sqrt{3}}{2}x + C_3\sin\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)e^{-\frac{1}{2}x}. $$
\item  特征方程是 $\lambda^4-\lambda^2=0$, 特征值是 $\lambda_{1,2}=0$（重数为2）, $\lambda_{3}=-1$, $\lambda_{4}=1$, 通解是 $$y=C_1 + C_2x + C_3e^{-x} + C_4e^{x}. $$
\item  特征方程是 $\lambda^4+1=0$, 分解因式可得 $(\lambda^2-i)(\lambda^2+i)=0$. 特征值是 $\lambda_{1,2}=\frac{\sqrt{2}}{2}(1\pm i)$, $\lambda_{3,4}=-\frac{\sqrt{2}}{2}(1\pm i)$, 通解是 
$$y=\left(C_1\cos\frac{\sqrt{2}}{2}x + C_2\sin\frac{\sqrt{2}}{2}x\right)e^{\frac{2}{2}x}
+ \left(C_3\cos\frac{\sqrt{2}}{2}x + C_4\sin\frac{\sqrt{2}}{2}x\right)e^{-\frac{2}{2}x}. $$
\item  特征方程是 $\lambda^3-\lambda^2-\lambda+1=0$, 分解因式可得 $(\lambda+1)(\lambda-1)^2=0$. 特征值是 $\lambda_{1}=-1$, $\lambda_{2,3}=1$（重数为2）, 通解是 $$y=C_1e^{-x} + (C_2+C_3x) e^{x}. $$

\end{enumerate}

}

%\vspace{8cm}

\newpage
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第2题
求下列方程满足给定初值条件的解：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  $y''-3y'+2y=0$, $y(0)=2$, $y'(0)=-3$. 
\item  $y''+4y'+4y=0$, $y(2)=4$, $y'(2)=0$. 
\end{enumerate}

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  
\begin{enumerate}[label={\arabic*.}]
\item  特征方程为 $\lambda^2-3\lambda+2=0$. 
\item  特征值为 $\lambda_1=1$, $\lambda_2=2$.  
\item  齐次方程的通解为 $y=C_1e^x+C_2e^{2x}$. 
\item  求导可得 $y'=C_1e^x+2C_2e^{2x}$. 
\item  代入初值条件 $y(0)=2$ 与 $y'(0)=-3$ 可得 $C_1+C_2=2$ 与 $C_1+2C_2=-3$. 
\item  求得 $C_1=7$ 与 $C_2=-5$. 
\item  因此所求解为 $y=7e^x-5e^{2x}$. 
\end{enumerate}
\item  
\begin{enumerate}[label={\arabic*.}]
\item  特征方程为 $\lambda^2+4\lambda+4=0$. 
\item  特征值为 $\lambda_{1,2}=-2$（重数为2）. 
\item  齐次方程的通解为 $y=(C_1+C_2x)e^{-2x}$. 
\item  求导可得 $y'=(-2C_1+C_2-2C_2x)e^{-2x}$. 
\item  代入初值条件 $y(2)=4$ 与 $y'(2)=0$ 可得 $(C_1+2C_2)e^{-4}=4$ 与 $(-2C_1-3C_2)e^{-4}=0$. 
\item  求得 $C_1=-12e^4$ 与 $C_2=8e^4$. 
\item  因此所求解为 $y=-12e^{-2(x-2)} +8xe^{-2(x-2)}$. 
\end{enumerate}
\end{enumerate}

}

\vspace{0.2cm}

%\newpage
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第3题
考虑常微分方程 $ x^2\frac{d^2y}{dx^2} - x\frac{dy}{dx} +y = 0$. 
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  设变量代换 $x=e^t$, 将原方程化为关于 $y$ 与 $t$ 的常微分方程。
\item  求解该方程。
\end{enumerate}

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  从变量代换 $x=e^t$ 可得 $t=\ln x$. 根据链式法则，有 
\begin{eqnarray*}
\frac{dy}{dx} &=& \frac{dy}{dt}\frac{dt}{dx}=\frac{dy}{dt}\frac{1}{x}=\frac{dy}{dt}e^{-t}, \\
\frac{d^2y}{dx^2} &=& \frac{d}{dx} \left(\frac{dy}{dx} \right) = \frac{d}{dt} \left( \frac{dy}{dt}e^{-t} \right) \frac{dt}{dx}
= \left( \frac{d^2y}{dt^2}e^{-t} - \frac{dy}{dt} e^{-t} \right) e^{-t}
= \left( \frac{d^2y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \right) e^{-2t}. 
\end{eqnarray*}
于是微分方程化为
\begin{eqnarray*}
\left( \frac{d^2y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \right) e^{-2t}e^{2t} - \frac{dy}{dt}e^{-t}e^{t} + y =0.
\end{eqnarray*}
化简可得
\begin{eqnarray*}
\frac{d^2y}{dt^2} - 2\frac{dy}{dt} + y =0.
\end{eqnarray*}

\item  变量代换后的方程是常系数线性微分方程，所以用特征方程方法。特征方程为 $\lambda^2-2\lambda+1=0$, 特征值为 $\lambda_{1,2}=1$（重数为2）, 可得通解为 
$$y=(C_1+C_2t)e^t. $$
代回原来的自变量，可得原微分方程的通解为 
$$y=(C_1+C_2\ln x)x = C_1x + C_2x\ln x. $$

\end{enumerate}

}

%\vspace{8cm}

\newpage
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第4题
求下述非齐次线性微分方程的通解：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  $y''-7y'+12y=24$. 
\item  $y''+2y'+5y=26e^{2x}$. 
\item  $y''-2y'=8x+5\cos x$. 
\end{enumerate}
\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  齐次方程的通解为 $y=C_1e^{3x}+C_2e^{4x}$. 另知非齐次方程有特解 $y=2$. 因此非齐次方程的通解为 
$ y=C_1e^{3x}+C_2e^{4x} + 2. $

\item  齐次方程为 $y''+2y'+5y=0$, 特征方程为 $\lambda^2+2\lambda+5=0$, 特征值为 $\lambda_{1,2}=-1\pm 2i$. 
齐次方程的通解为 $y=C_1e^{-x}\cos(2x) + C_2e^{-x}\sin(2x)$. 设非齐次方程有特解 $y=Ae^{2x}$, 其中 $A$ 待定。
代入原方程可得 $A=2$. 因此非齐次方程的通解为 $$y = C_1e^{-x}\cos(2x) + C_2e^{-x}\sin(2x) + 2e^{2x}. $$

\item  齐次方程为 $y''-2y'=0$, 特征方程为 $\lambda^2-2\lambda=0$, 特征值为 $\lambda_1=0$, $\lambda_2=2$. 
因此齐次方程的通解为 $y=C_1 + C_2e^{2x}$. 接下来分别求下述两个非齐次方程的特解，
\begin{eqnarray*}
y''-2y' &=& 8x, \\ 
y''-2y' &=& 5\cos x. 
\end{eqnarray*}
设第一个方程有特解 $y=Ax^2+Bx+C$, 代入可得 $2A-2(2Ax+B)=8x$, 求得 $A=-2, B=-2$. 于是取特解 $y=-2x^2-2x$. 
设第二个方程有特解 $y=A\cos x + B\sin x$, 代入可得 
$$(-A\cos x - B\sin x) - 2(-A\sin x + B\cos x) = 5\cos x, $$
求得 $A=-1, B=-2$. 于是取特解 $y=-\cos x -2\sin x$. 
最后根据线性微分方程的解的结构，可得原微分方程的通解为 
$$y=C_1 + C_2e^{2x}  -2x^2-2x  -\cos x -2\sin x. $$

\end{enumerate}

}

\vspace{0.2cm}

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\item  %第5题
考虑关于未知函数 $y(x)$ 的常微分方程 $$\frac{dy}{dx} = \frac{6}{(1-2x)(1-3y)}. $$
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  设变量代换 $t=2x, u=3y$, 将原方程化为关于未知函数 $u(t)$ 的常微分方程。
\item   设初值条件为 $y(0)=0$, 求这个方程在原点附近的幂级数解的前三项（求 $t,t^2,t^3$ 的系数），并求这个幂级数解的收敛半径。
\end{enumerate}

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  在变量代换  $t=2x, u=3y$ 下，导函数变换为
\begin{eqnarray*}
\frac{dy}{dx} = \frac{du/3}{dt/2} = \frac{2}{3}\frac{du}{dt}. 
\end{eqnarray*}
于是微分方程化为
\begin{eqnarray*}
\frac{2}{3}\frac{du}{dt} = \frac{6}{(1-t)(1-u)}\,\, \Rightarrow \,\, 
\frac{du}{dt} = \frac{9}{(1-t)(1-u)}.  
\end{eqnarray*}

\item  
分离变量可得 
\begin{eqnarray*}
(1-u)du = \frac{9dt}{(1-t)}.  
\end{eqnarray*}
两边积分，注意到初值条件 $u(0)=0$, 可得
\begin{eqnarray*}
u - \frac{1}{2}u^2 = 9 \ln (1-t) \,\, \Rightarrow \,\, u^2-2u+1 = 1-18\ln(1-t)  \,\, \Rightarrow \,\,  u= 1-\sqrt{1-18\ln(1-t)}. 
\end{eqnarray*}
应用初等函数的幂级数公式
\begin{eqnarray*}
%(1+x)^{\frac{1}{2}} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \binom{\frac{1}{2}}{n} x^n = 1 + \frac{1}{2}x + \frac{}{}
(1+x)^{k} &=& \sum\limits_{n=0}^{\infty} \binom{k}{n} x^n = 1 + kx + \frac{k(k-1)}{2!}x^2 + \frac{k(k-1)(k-2)}{3!}x^3 + \cdots  \\ 
\ln(1+x) &=& \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \cdots  
\end{eqnarray*}
可得解函数的幂级数展开为
\begin{eqnarray*}
u &=& 1-\sqrt{1-18\ln(1-t)} \\
%&=& 1-\left[ 1 + (1/2)(-18\ln(1-t)) + \frac{(1/2)(-1/2)}{2!}(-18\ln(1-t))^2  + \frac{(1/2)(-1/2)(-3/2)}{3!}(-18\ln(1-t))^3 + \cdots \right]
&=& 1-\left[ 1 + \frac{1}{2}[-18\ln(1-t)] -\frac{1}{8}[-18\ln(1-t)]^2  +\frac{1}{16}[-18\ln(1-t)]^3 + \cdots \right] \\ 
&=& 9 \left(-t-\frac{t^2}{2} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^4}{4} - \cdots \right)
+\frac{81}{2} \left(-t-\frac{t^2}{2} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^4}{4} - \cdots \right)^2 \\ 
&& +\frac{729}{2}\left(-t-\frac{t^2}{2} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^4}{4} - \cdots \right)^3 + \cdots \\
&=& -9t + 36t^2 - 327t^3 + \cdots. 
\end{eqnarray*}
代回原来的变量 $x,y$, 可得
\begin{eqnarray*}
3y &=& -9(2x) + 36(2x)^2 - 327(2x)^3 + \cdots \\ 
y &=& - 6x + 48x^2 - 872x^3 + \cdots. 
\end{eqnarray*}
根据 $\sqrt{1+x}$ 与 $\ln(1+x)$ 在原点附近的幂级数的收敛半径都是1，可得
\begin{eqnarray*}
-1 < 18\ln(1-t) < 1, \,\,\, -1 < t < 1 \,\,\Rightarrow \,\, |t|<1-e^{-1/18}.
\end{eqnarray*}
因此解函数 $y(x)$ 的幂级数的收敛半径至少是 
\begin{eqnarray*}
|x| < \frac{1-e^{-1/18}}{2} \approx 0.027.
\end{eqnarray*}

\end{enumerate}

}


%\vspace{8cm}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第6题
考虑平面动力系统
\begin{eqnarray*}
\left\{\begin{array}{rcl}
\frac{dx}{dt} &=& 3x+y, \\
\frac{dy}{dt} &=& -x+y.
\end{array}\right.
\end{eqnarray*}
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  求出通解。
\item  判断奇点的类型和稳定性。
\item  求出轨线族的方程。
\item  画出相图。
\end{enumerate}

\vspace{0.2cm}


{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  系数矩阵为 $A=\begin{bmatrix} 3&1 \\ -1&1 \end{bmatrix}$. 特征方程为 
$$|\lambda E-A|=\begin{vmatrix} \lambda-3&-1 \\ 1&\lambda-1 \end{vmatrix}=(\lambda-3)(\lambda-1)+1=\lambda^2-4\lambda+4=(\lambda-2)^2,$$
因此有两个相同的特征值 $\lambda_{1,2}=2$. 再求特征向量，
$$(\lambda E-A)\xi=0 \,\,\Rightarrow\,\, \begin{bmatrix} -1&-1 \\ 1&1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} \,\,\Rightarrow\,\, \xi_1=k\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}.$$
因为只有一个线性无关的特征向量，所以矩阵$A$ 相似于一个若尔当块，即 
$$\exists P \,\,\text{s.t.}\,\, P^{-1}AP = \begin{bmatrix} 2&1 \\ 0&2 \end{bmatrix}.$$
设矩阵 $P=(\xi_1,\xi_2)$, 则根据上式，有 $A\xi_1=2\xi_1, A\xi_2=2\xi_2+\xi_1.$
第一个等式 $A\xi_1=2\xi_1$ 说明 $\xi_1$ 是前面所求的属于特征值2的特征向量，取$\xi_1=(1,-1)^t$. 
现求第二个等式中的 $\xi_2$, 
$$(\lambda E-A)\xi_2=-\xi_1 \,\,\Rightarrow\,\, \begin{bmatrix} -1&-1 \\ 1&1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \end{bmatrix} \,\,\Rightarrow\,\, \xi_2=\begin{bmatrix} 1-c \\ c \end{bmatrix}.$$
不妨取 $c=0$, 于是取 $P=\begin{bmatrix} 1&1 \\ -1&0 \end{bmatrix}$. 
设变量代换 
$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1 \\ -1&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} u \\ v \end{bmatrix},$
则微分方程化为 
\begin{eqnarray*}
\left\{\begin{array}{rcl}
\frac{du}{dt} &=& 2u+v, \\
\frac{dv}{dt} &=& 2v.
\end{array}\right.
\end{eqnarray*}
从第二个方程可得 $v=C_1e^{2t}$, 代入第一个方程，可得 $\frac{du}{dt} - 2u = C_1e^{2t}$, 求解可得 $u=(C_1t+C_2)e^{2t}$. 
因此原微分方程的通解为
\begin{eqnarray*}
\left\{\begin{array}{rcl}
x &=& u+v = (C_1t+C_2+C_1)e^{2t}, \\
y &=& -u = (-C_1t-C_2)e^{2t}. 
\end{array}\right.
\end{eqnarray*}

\item  根据系数矩阵的若尔当标准形可知，奇点是单向结点。又因为特征值为正，所以奇点是不稳定的。

\item  从变量代换后的微分方程可得
$$\frac{du}{dv} = \frac{2u+v}{2v} \,\,\Rightarrow\,\, 2vdu = 2udv+vdv \,\,\Rightarrow\,\, \frac{2vdu-2udv}{v^2}=\frac{dv}{v} 
\,\,\Rightarrow\,\, \frac{2u}{v} = \ln|v|+C. $$
将变量代换回去，可得
$$ \begin{bmatrix} u \\ v \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0&-1 \\ 1&1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} 
\,\,\Rightarrow\,\, \frac{-2y}{x+y} = \ln |x+y|+C. $$
这就是轨线族的方程。

\item  
相图见图\ref{tu-6}. 注意到有两条直轨线，当通解中的任意常数取为 $C_1=0$ 与 $C_2=1$ 时，得到 $x=e^{2t}, y=-e^{2t}$, 这是直线 $x+y=0$ 在第四象限中的部分；当通解中的任意常数取为 $C_1=0$ 与 $C_2=-1$ 时，得到 $x=-e^{2t}, y=e^{2t}$, 这是直线 $x+y=0$ 在第二象限中的部分。
\begin{figure}[ht]\centering
\includegraphics [height=5cm, width=5cm]{ode-midterm-4-6.png}
\caption{第6题：相图}
\label{tu-6}
\end{figure}

\end{enumerate}

}

\vspace{0.2cm}

%\newpage
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第7题
考虑微分方程组
\begin{eqnarray*}
\left\{\begin{array}{rcl}
\frac{dx}{dt} &=& y, \\
\frac{dy}{dt} &=& -y-\sin x.
\end{array}\right.
\end{eqnarray*}

\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  求这个平面动力系统的平衡点。
\item  考虑李雅普诺夫函数 $V(x,y)=y^2+2-2\cos x$, 验证零解的稳定性。
\end{enumerate}

\vspace{0.2cm}


{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  令 $\frac{dx}{dt}=0, \frac{dy}{dt}=0$, 得到 $y=0, \sin x =0$. 所以所有的平衡点为 $(k\pi, 0), k\in \mathbb{Z}$. 
\item  首先验证 当 $(x,y)\neq (0,0)$ 时有 $V(x,y)>0$, 而且 $V(0,0)=0$. 然后计算李雅普诺夫函数在原点附近对轨线参数的导数，
$$\frac{dV}{dt} = \frac{dV}{dx} \frac{dx}{dt} + \frac{dV}{dy}\frac{dy}{dt}
= 2(\sin x) y + 2y(-y-\sin x) = -2y^2.$$
因为当 $(x,y)\neq (0,0)$ 时有 $\frac{dV}{dt}\le 0$, 所以零解是稳定的。

\end{enumerate}

}


%\vspace{8cm}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第8题
考虑常微分方程 $x^2y''+xy'+(x^2-4)y=0$. 
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  判断 $x_0=0$ 是方程的常点、正则奇点还是非正则奇点。
\item  求广义幂级数解的指标根，以及系数的递推关系式。
\end{enumerate}

\vspace{0.2cm}


{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  将方程写成 $y''+p(x)y'+q(x)y=0$ 的形式，可得 $p(x)=\frac{1}{x}$, $q(x)=\frac{x^2-4}{x^2}$. 
代入 $x_0=0$ 可得 $p(x)$ 与 $q(x)$ 在 $x_0=0$ 无定义，所以这是一个奇点。又因为 $xp(x)=1$ 与 $x^2q(x)=x^2-4$ 都在 $x_0=0$ 附近解析，所以这是一个正则奇点。

\item  
设广义幂级数解为 $$ y=c_0x^r + c_1x^{r+1} + c_2x^{r+2} + \cdots + c_nx^{r+n} + \cdots, $$
其中指标根 $r\in \mathbb{R}$, 第一项的系数 $c_0\neq 0$. 则有 
\begin{eqnarray*}
y' &=&  c_0rx^{r-1} + c_1(r+1)x^{r} + c_2(r+2)x^{r+1} + \cdots + c_n(r+n)x^{r+n-1} + \cdots \\ 
y'' &=&  c_0r(r-1)x^{r-2} + c_1(r+1)rx^{r-1} + c_2(r+2)(r+1)x^{r} + \cdots + c_n(r+n)(r+n-1)x^{r+n-2} + \cdots
\end{eqnarray*}
代入原方程，比较系数，可得
\begin{eqnarray*}
x^r  &:& c_0r(r-1) + c_0r -4c_0 =0, \\  
x^{r+1}  &:& c_1(r+1)r + c_1(r+1) -4c_1 =0, \\  
x^{r+2}  &:& c_2(r+2)(r+1) + c_2(r+2) -4c_2 + c_0 =0, \\
%x^{r+3}  &:& c_3(r+3)(r+2) + c_3(r+3) -4c_3 + c_1 =0, \\  
%x^{r+4}  &:& c_4(r+4)(r+3) + c_4(r+4) -4c_4 + c_2 =0, \\  
\vdots && \vdots \\ 
x^{r+n}  &:& c_{n}(r+n)(r+n-1) + c_{n}(r+n) -4c_{n} + c_{n-2} =0, \\ 
\vdots && \vdots
\end{eqnarray*}
因为 $c_0\neq 0$, 从第一个等式可得 $r^2=4$, 所以指标根为 $r=\pm 2$. 
%当 $r=2$ 时，从其余方程可得 
%\begin{eqnarray*}
%c_1=0, c_2=-\frac{c_0}{12}, c_3=0, c_4=\frac{c_2}{32}, \cdots. 
%\end{eqnarray*}
一般的递推关系式为 
\begin{eqnarray*}
c_{n} = - \frac{c_{n-2}}{(r+n)^2-4}.
\end{eqnarray*}


\end{enumerate}

}


\vspace{0.2cm}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\end{enumerate}


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\end{document}

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